Свежее неравенство

[arqady]

$a$, $b$ и $c$ действительные и $a+b+c=1$. Докажите, что:

$$\frac {11a - 2}{1 + a^2} + \frac {11b - 2}{1 + b^2} + \frac {11c - 2}{1 + c^2} \le \frac 9{2}$$

[Edward_Tur]

$a=b=c=1$ ?

[arqady]

Edward_Tur
Спасибо, уже исправил.

[Sasha2]

Нет, оно опять не докажется.
Например при $a=-\frac{2}{11}$, $b=-\frac{2}{11}$ и $c=\frac{15}{11}$

[venco]

Sasha2 в сообщении #293979 писал(а):

Нет, оно опять не докажется.
Например при $a=-\frac{2}{11}$, $b=-\frac{2}{11}$ и $c=\frac{15}{11}$

$... \approx -3.2 < \frac 9 2$

[ShMaxG]

$\[\begin{gathered} \frac{{11x - 2}} {{1 + {x^2}}} \leqslant \frac{3} {2} \hfill \\ 22x - 4 \leqslant 3{x^2} + 3 \hfill \\ 3{x^2} - 22x + 7 \geqslant 0 \hfill \\ \end{gathered} \]$

Таким образом, если одновременно $\[a,b,c \notin \left( {\frac{1} {3},7} \right)\]$, то сразу можем сказать, что исходное неравенство выполнено (даже $\[a + b + c = 1\]$ не требуется).

Если вдруг одновременно $\[a,b,c \in \left( {\frac{1} {3},7} \right)\] $, то приходим к противоречию с $\[a + b + c = 1\]$.

Если вдруг $\[a \in \left( {\frac{1} {3},7} \right);b,c \notin \left( {\frac{1} {3},7} \right)\]$

Если вдруг $\[a,b \in \left( {\frac{1} {3},7} \right),c \notin \left( {\frac{1} {3},7} \right)\] $, то можно просто заметить, что $\[\mathop {\sup }\limits_{a,b \in \left( {\frac{1} {3},7} \right)} \left[ {\frac{{11a - 2}} {{1 + {a^2}}} + \frac{{11b - 2}} {{1 + {b^2}}} + \frac{{11c - 2}} {{1 + {c^2}}}} \right] \leqslant \frac{9} {2}\] $. Т.е. можно просто вычислить, при каких $a,b$ соответствующие слагаемые самые большие (они будут лежать внутри интервала), найти соответствующее им $c$ и убедиться в неравенстве. (Тут муторно и тупо).

Ну а когда $\[a \in \left( {\frac{1} {3},7} \right);b,c \notin \left( {\frac{1} {3},7} \right)\]$, то тут континуум контрпримеров с неравенством, например

$a=\frac{2+5 \sqrt{5}}{11}, b=-10, c = 1 - a - b$.

-- Чт мар 04, 2010 00:21:18 --

И это не удивительно, т.к. максимум функции $\[f\left( x \right) = \frac{{11x - 2}} {{1 + {x^2}}}\] $ больше $9/2$. Остается взять при этом значении $a$, а $b,c$ устремить в противоположные бесконечности согласно условию $\[a + b + c = 1\]$ и однажды неравенство нарушится.

[arqady]

ShMaxG в сообщении #294340 писал(а):

И это не удивительно, т.к. максимум функции $\[f\left( x \right) = \frac{{11x - 2}} {{1 + {x^2}}}\] $ больше $9/2$. Остается взять при этом значении $a$, а $b,c$ устремить в противоположные бесконечности согласно условию $\[a + b + c = 1\]$ и однажды неравенство нарушится.

Убийственный довод. Спасибо! Сожалею.
Век живи - век общайся!
Нашёл ошибку в своём рассуждении! Если кому интересно, могу поделиться.
Следующее неравенство я доказал тем же методом, но всё должно быть правильно.
Let $a,$ $b$ and $c$ are positive numbers such that $a^2 + b^2 + c^2 = 3.$ Prove that:

$$\frac {b + c}{a^2} + \frac {c + a}{b^2} + \frac {a + b}{c^2}\geq 3\left(\frac {1} {a} + \frac {1}{ b} + \frac {1}{c} - abc\right) $$

[ShMaxG]

А подсказочку можно?

[Sasha2]

А давайте с подсказочкой подождем еще хотя бы пару-тройку дней.

[arqady]

Sasha2 в сообщении #294815 писал(а):

А давайте с подсказочкой подождем еще хотя бы пару-тройку дней.

Это шутливый перевёртыш? Могу и подождать...

[Sasha2]

Пожалуй, я тоже порошу подсказку.

[arqady]

Обозначим $a+b+c=3u,$ $ab+ac+bc=3v^2$ и $abc=w^3.$
Запишем неравенство в виде $f(w^3)\geq0.$ Что можно сказать про функцию $f$ ?

[Sasha2]

Ну вот так оно записывается:
$\frac{3u(9v^4-6uw^3)}{w^6}+3w^3 \ge 12\frac{v^2}{w}$

Но все равно трудно, что то сказать по этому нагромаждению

[ShMaxG]

Такие замены очень напоминают теорему Виета для кубического уравнения. Может быть к нему как-то сводится?

-- Сб мар 06, 2010 19:42:34 --

Так, подсказок больше не надо. Кажется придумал...

[ShMaxG]

$\[\begin{gathered} a\left( {\frac{1} {{{b^2}}} + \frac{1} {{{c^2}}}} \right) + b\left( {\frac{1} {{{a^2}}} + \frac{1} {{{c^2}}}} \right) + c\left( {\frac{1} {{{a^2}}} + \frac{1} {{{b^2}}}} \right) \geqslant 3\left( {\frac{1} {a} + \frac{1} {b} + \frac{1} {c} - abc} \right) \hfill \\ a\frac{{3 - {a^2}}} {{{b^2}{c^2}}} + b\frac{{3 - {b^2}}} {{{a^2}{c^2}}} + c\frac{{3 - {c^2}}} {{{a^2}{b^2}}} \geqslant 3\left( {\frac{1} {a} + \frac{1} {b} + \frac{1} {c} - abc} \right) \hfill \\ 3\frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}} {{{a^2}{b^2}{c^2}}} - \frac{{{a^5} + {b^5} + {c^5}}} {{{a^2}{b^2}{c^2}}} \geqslant 3\left( {\frac{1} {a} + \frac{1} {b} + \frac{1} {c} - abc} \right) \hfill \\ \end{gathered} \]$

Связь с кубическим уравнением такая:

$\[\begin{gathered} {x^3} + p{x^2} + qx + r = 0 \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} p = - a - b - c = - 3u \hfill \\ q = ab + bc + ac = 3{v^2} \hfill \\ r = - abc = - {w^3} \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ {x^3} - 3u{x^2} + 3{v^2}x - {w^3} = 0 \hfill \\ \end{gathered} \]$

Корни этого уравнения - $a,b,c$.

Таким образом мы знаем, как третья степень выражается через вторую, первую и нулевую.

Подставим, получим:

$\[3\frac{{9u - 9u{v^2} + 3{w^3}}} {{{w^6}}} - \frac{{3u\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right) - 3{v^2}\left( {9u - 9u{v^2} + 3{w^3}} \right) + 3{w^3}}} {{{w^6}}} \geqslant 3\left( {\frac{{3{v^2}}} {{{w^3}}} - {w^3}} \right)\]$

Сокращаем подобные:

$\[3\frac{{9u + 3{w^3}}} {{{w^6}}} - \frac{{3u\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right) - 3u{v^2}\left( { - 9{v^2}} \right) + 3{w^3}}} {{{w^6}}} \geqslant - 3{w^3}\]$

И еще одно упрощение:

$\[\frac{6} {{{w^3}}} - \frac{{ - 6u\left( {{a^2}{b^2} + {a^2}{c^2} + {b^2}{c^2}} \right) + 27u{v^4}}} {{{w^6}}} \geqslant - 3{w^3}\]$